几个博弈小题总结 脑子是个好玩意，我也想有一个。

序 : 下面的例题只给了题源，没给题目链接，但是都可以根据对应的题号找到题目来提交代码，例如HDU 2897就是hdoj的2897题。然后题意大概都是我YY之后的，也许有些描述错误，然后某些解题思路来自网上大神的博客，如果有觉得侵犯了权利请联系我(ps，本来就是写给自己看的，巨丑，然后每个地方好放，放到博客怎么也会给人看到的，请多多包涵)

博弈真的是智力题啊。。。

1, HDU 2897

题意：一堆n个石子，每次最多取q个，最少取p个，切最后不少于p个时必须一次性取完。谁后取完者输。

解题思路： 那么就是谁先取到剩p个时候就赢了，少于p个的话一定输，因为必须取完，如果谁当前遇到0个，赢，大于p小于p+q个是赢，因为先手总是可以想办法给后手留下p个，让他不得不拿。推理发现n个和n-（p+q）输赢一样，所以首先可对n%=（p+q）。

//HDU 2987
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n, p, q;
while(scanf("%d%d%d", &n, &p, &q) != EOF)
{
if(p > q) swap(p, q); //应该没有和题意不合的数据，这句话多余
n %= (p + q);
if(n <= p && n != 0) puts("LOST");
else puts("WIN");
}
return 0;
}

2， HDU 2516

题意：1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出”Second win”.先取者胜输出”First win”。

解题思路： Fib尼姆博弈，这个问题我是真的说不清楚，然后对于这个博弈结论的证明感觉也是比较迷糊的，反正记住这个典型模型就行了，具体证明可以看世界冠军cxlove神的博客：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016

//HDU 2516
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fib[50];
int main()
{
fib[0] = 1;
fib[1] = 2;//这里和普通fib不一样，自己推一下就明白了
for(int i = 2; i < 45; i++) fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2]; //预处理fib
int n;
while(scanf("%d", &n)!=EOF)
{
if(n == 0) break;
int i = 0;
for(i = 0; i < 45; i++){
if(fib[i] == n) break;
}
if(i < 45) puts("Second win");
else puts("First win");
}
return 0;
}

3，HDU 2147

题意：一个n*m的表格，起始位置为右上角，目标位置为左下角，甲先开始走，走的规则是可以向左，向下或者向左下（对顶的）走一格。谁先走到目标位置谁就胜利。在甲乙都采用最佳策略的时候，先走者能否获胜。

下面的节选自这位大神博客的一段话

解题思路： 巴什博奕的模型，关键为画出PN图，那什么是PN图呢？等等先介绍一下巴什博奕： 只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。
显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：如果
n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。那么这个时候只要n%(m+1)!=0,先取者一定获胜。
这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。
分析此类问题主要放法是：P/N分析：
P点：即必败点，某玩家位于此点，只要对方无失误，则必败；
N点：即必胜点，某玩家位于此点，只要自己无失误，则必胜。
三个定理：
一、所有终结点都是必败点P（上游戏中，轮到谁拿牌，还剩0张牌的时候，此人就输了，因为无牌可取）；
二、所有一步能走到必败点P的就是N点；
三、通过一步操作只能到N点的就是P点；
巴什博弈的一个最重要的特征就是只有一堆。然后就在其中改，要么在范围内不规定个数，要么就规定只能取几个，再要么就倒过来，毕竟是最简单的博弈，代码相对而言较短额~

然后根据PN规则我们可以分析出这个题的PN图如下：

例如，n = 8, m = 9时

NNNNNNNNN

PNPNPNPNP

NNNNNNNNN

PNPNPNPNP

NNNNNNNNN

PNPNPNPNP

NNNNNNNNN

PNPNPNPNP

初始点（1，1）为N所以输出Wonderful!

从这里例子就可以很清楚得看出当n和m都为奇数时，初始点（1，1）才会是P。

所以这个问题就判断了n和m是否同奇。

//HDU 2147
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n, m;
while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
if(n == 0 && m == 0) break;
if(n % 2 == 1 && m % 2 == 1){
printf("What a pity!\n");
}
else{
printf("Wonderful!\n");
}
}
return 0;
}

4, HDU 3951

题意：n个硬币放成一圈，每次最多取连续k个，不能不取。最后取完者胜。

解法:一个非常容易想到的博弈了。n个硬币，不论n是奇数偶数，后手总能够在第一轮把它变成对称两部分的状态，对称状态下后手肯定赢。那么先手能赢只能是k>=n或者每次只能取一个且n是奇数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T, n, k, ks = 0;
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d%d", &n, &k);
if(k >= n || (k == 1 && n & 1)) printf("Case %d: first\n", ++ks);
else printf("Case %d: second\n", ++ks);
}
return 0;
}

5，HDU 3389 变相的Nim博弈

题意：给出n个盒子，编号1–n，在满足b>a && (a+b)%2==1 && (a+b)%3==0 && b不为空，的情况下从b中取出任意多个石子放入a中，不能操作者输，求先手输赢？

解法：首先，要满足（a+b）%3==0 ,既为3的倍数，又（a+b）%2==1，既为奇数，所以（a+b）为 3 ， 6 ， 9， 15 ， 21…依次+6，发现周期为6。在一个周期 0 - - 6中。只有（1,2）（3 ，6 ）（4,5）满足条件，那么就可以从 2 6 5中取出其中石子，变为nim游戏。所以只要求 i%6 == 0 || 1 || 5，的值异或就行。

这个题最脑洞是找到周期转化成nim求解。

代码可以这样写

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int T, n, ks = 0;
scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d", &n);
int SG = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x;
scanf("%d", &x);
if(i%6 == 0 || i%6 == 2 || i%6 == 5){
SG ^= x;
}
}
if(SG == 0){
printf("Case %d: Bob\n", ++ks);
}
else{
printf("Case %d: Alice\n", ++ks);
}
}
return 0;
}

6， HDU 1517

题意： 你和一个人玩游戏，给你一个数字n，每次操作可以从2~9中任选一个数字，并把它与p相乘，（游戏开始时p=1）两人轮流操作，当一个人操作完后p>=n，这个人就是胜者。

解法：这就非常的神了，上面已经说了PN图了，并且假设我们也会画PN图了，但是这个题是画不出来上面那个题那种图 然后去找规律的（其实也是有规律的，但是我不会），我们只能通过计算PN值来判断。由于每次都是从p=1开始的，所以只要判断每个游戏中1为必败点还是必胜点即可。（以下各式 / 均为取上整）依照上面所提到的算法（就是PN图的规则，下面一会我再重点把这个算法摆出来），将终结位置，即[n,无穷]标记为必败点；然后将所有一步能到达此必败段的点标记为必胜点，即[n/9,n-1]为必胜点；然后将只能到达必胜点的点标记为必败点，即[n/9/2,n/9-1]为必败点；重复上面2个步骤，直至可以确定1是必胜点还是必败点。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n, x;
while(scanf("%d", &n) != EOF)
{
for(x = 0; n > 1; x++){
if(x&1) n = ceil((n*1.0/2));
else n = ceil((n*1.0/9));
}
puts(x&1?"Stan wins.":"Ollie wins.");
}
return 0;
}

求PN图算法：

算法实现：
步骤1:将所有终结位置标记为必败点（P点）；（终结位置指的是不能将游戏进行下去的位置）
步骤2:将所有一步操作能进入必败点（P点）的位置标记为必胜点（N点）
步骤3:如果从某个点开始的所有一步操作都只能进入必胜点（N点） ，则将该点标记为必败点（P点） ；
步骤4:如果在步骤3未能找到新的必败（P点），则算法终止；否则，返回到步骤2。

7， BNUOJ 4353

只是觉得这个题目的分析非常有意思，看到了就记录下来了。

题意：给出一个m*n的矩阵，每次可以选择一个点，把其右上角的格子全部删去，谁删掉了最左下角的格子的话为输，求先手输赢。

解法：

首先看 1 * n 的格子，出了 1 * 1 的其他的都先手赢，因为先手可以一次取完只给队友留校左下一个。2 * n 的格子，先手赢。看 2 * 2 的，先手必定先取右上一个，那么剩下的后手不能一次取完，后手取完先手取剩下的给后手留给左下的。2 * 3 的先手赢，前面知 2 * 2 的先手赢，那么谁能取到面对 2 * 2 的则必胜，先手必先取最右下一个，那么不论后手怎么取都输。2 * n 的，都是先手赢，总可以推到前面的，而前面无论哪个都是先手赢。所以。。

3 * n 的，先手赢，首先先手一定不能一次变成 2 * n 的，因为后手面对2 * n 的则先手必输，那么先手可以取到 2 * n 多一个。那么他必胜。推理发现除了 1 * 1 的所有情况都是先手必胜。所以太简单就不给代码了。

8，Updating。。。

后记：完成得比较匆忙，有错误希望大家指出，谢谢QAQ。